Chemia — Maj 2020

Krok 1. Analiza pierwiastka X. Zapis podany w informacji powstał po przeniesieniu jednego elektronu sparowanego na wyższą, nieobsadzoną podpowłokę ($3d$). Jedynym miejscem, z którego mogła nastąpić taka promocja, jest podpowłoka $3s$ – w stanie podstawowym atom X miał więc $3s^{2}3p^3$, czyli konfigurację $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^3$. To jest fosfor (P, $Z=15$), grupa 15, blok p.

Krok 2. Analiza pierwiastka Z. Z ma łącznie na ostatniej powłoce i na podpowłoce $3d$ pięć elektronów – to cecha metalu przejściowego. Wanad (V, $Z=23$) ma konfigurację $[Ar]3d^{3}4s^2$: na ostatniej powłoce ($4s$) są 2 elektrony, na $3d$ są 3 elektrony, razem $2+3=5$. To się zgadza – Z = wanad, grupa 5, blok d.

Krok 3. Sprawdzenie warunku wspólnego stopnia utlenienia. Maksymalny stopień utlenienia fosforu to $+5$ (np. w $H_{3}P{O}_4$), a wanadu również $+5$ (np. w $V{O}_3^{-}$) – warunek zadania jest spełniony.

Odpowiedź:

Krok 1. Wodorek fosforu. Fosfor (grupa 15) tworzy z wodorem związek analogiczny do amoniaku – fosforowodór (fosfinę) o wzorze $P{H}_3$.

Krok 2. Maksymalny stopień utlenienia. Fosfor i wanad mogą oddać wszystkie swoje elektrony walencyjne, osiągając maksymalny stopień utlenienia równy numerowi grupy: $+5$ dla obu pierwiastków (np. w $H_{3}P{O}_4$ i w $V{O}_3^{-}$).

Odpowiedź: wzór wodorku fosforu: $P{H}_3$; maksymalny stopień utlenienia X i Z: $+5$.

Krok 1. Konfiguracja atomu wanadu. Atom wanadu w stanie podstawowym ma konfigurację $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}4s^{2}3d^3$.

Krok 2. Usuwanie elektronów przy tworzeniu kationu. Podczas jonizacji metali z bloku d elektrony są usuwane najpierw z podpowłoki o najwyższym numerze głównym (tu: z $4s$), a nie z $3d$. Usuwając 2 elektrony z $4s$, otrzymujemy jon $V^{2+}$.

Odpowiedź: $1s^{2}2s^{2}2p^{6}3s^{2}3p^{6}3d^3$.

Krok 1. Typ oddziaływań w każdej substancji. $H_2$ to niepolarna cząsteczka utrzymywana w fazie ciekłej jedynie słabymi siłami van der Waalsa – najniższa temperatura wrzenia. $HCl$ to polarna cząsteczka (oddziaływania dipol–dipol silniejsze niż w $H_2$, ale bez wiązań w całej sieci) – temperatura pośrednia. $CaC{l}_2$ to związek jonowy – silne oddziaływania elektrostatyczne w całym krysztale wymagają najwięcej energii, stąd najwyższa temperatura wrzenia.

Krok 2. Przypisanie wartości. Najniższa wartość ($-253{}^{\circ }C$) odpowiada $H_2$, pośrednia ($-85{}^{\circ }C$) odpowiada $HCl$, najwyższa ($1935{}^{\circ }C$) odpowiada $CaC{l}_2$.

Odpowiedź:

Krok 1. Charakter zmian promienia atomowego. Promień atomowy jest największy dla metali grupy 1 (na początku okresu) i zmniejsza się w miarę przechodzenia przez okres, bo rośnie ładunek jądra przy tej samej liczbie powłok. Taki przebieg – z maksimami przy liczbach atomowych metali alkalicznych i minimami przy końcu okresu – widać na wykresie IV.

Krok 2. Charakter zmian elektroujemności. Elektroujemność zmienia się odwrotnie do promienia – najmniejsza dla metali grupy 1, największa dla niemetali z końca okresu (fluor, chlor). Taki przebieg przedstawia wykres I.

Odpowiedź: numer wykresu dla promienia atomowego: IV; numer wykresu dla elektroujemności w skali Paulinga: I.

Krok 1. Rozpoznanie typu wiązania. Chlorek sodu ($NaCl$), tlenek magnezu ($MgO$) i wodorotlenek sodu ($NaOH$) to związki metalu z niemetalem/grupą wodorotlenkową o dużej różnicy elektroujemności – tworzą kryształy jonowe. Glin i sód są metalami – tworzą kryształy metaliczne. Glukoza i jod to substancje molekularne, więc nie należą do żadnej z tych grup.

Odpowiedź:

Krok 1. Kryształy metaliczne. W sieci metalicznej walencyjne elektrony atomów są uwspólnione i swobodnie przemieszczają się w całej objętości metalu – to one przenoszą ładunek.

Krok 2. Stopione związki jonowe. Po stopieniu jony (kationy i aniony), związane w krysztale w sztywnej sieci, uzyskują swobodę ruchu i mogą przemieszczać się pod wpływem pola elektrycznego.

Odpowiedź: W kryształach metalicznych nośnikami ładunku są elektrony (swobodne, zdelokalizowane elektrony walencyjne). Związki jonowe po stopieniu przewodzą prąd elektryczny, ponieważ uwalniają się swobodnie poruszające się kationy i aniony, które przenoszą ładunek elektryczny.

Krok 1. Liczba wiązań $\sigma$ przy atomie węgla. Atom węgla w $COC{l}_2$ tworzy trzy wiązania $\sigma$ (do dwóch atomów Cl i do O) oraz jedno wiązanie $\pi$ (bo wiązanie C=O jest podwójne) – trzy kierunki wiązań $\sigma$ oznaczają hybrydyzację $s{p}^2$.

Krok 2. Geometria. Hybrydyzacja $s{p}^2$ daje płaski, trygonalny układ orbitali – cząsteczka jest płaska.

Krok 3. Wiązanie $\pi$. Wiązanie $\pi$ powstaje z nakładania się orbitali niezhybrydyzowanych, prostopadłych do płaszczyzny cząsteczki – po stronie węgla to orbital p.

Odpowiedź: hybrydyzacja $s{p}^2$; cząsteczka jest płaska; wiązanie $\pi$ tworzy orbital p atomu węgla i orbital $p$ atomu tlenu.

Krok 1. Produkty hydrolizy. Z informacji wiadomo, że produktami hydrolizy fosgenu są tlenek węgla(IV) i chlorowodór, a substratem – oprócz fosgenu – jest woda.

Krok 2. Bilans. $COC{l}_2$ ma 1 atom C, 1 O i 2 Cl; produkt $C{O}_2$ zawiera dodatkowy atom O pochodzący z wody, a dwa atomy Cl przechodzą do dwóch cząsteczek $HCl$.

Odpowiedź: $COC{l}_2+H_{2}O\to C{O}_2+2HCl$.

Krok 1. Liczba moli fosgenu w 1 dm³. Korzystając z liczby Avogadra $N_A=6,02\cdot 10^{23}mo{l}^{-1}$: $n=\frac{2,43\cdot 10^{22}}{6,02\cdot 10^{23}}\approx 0,0404mol.$

Krok 2. Masa tego fosgenu. $M_{COC{l}_2}=12+16+2\cdot 35,5=99g/mol$. $m=0,0404\cdot 99\approx 4,0g.$

Krok 3. Gęstość. $d=\frac{4,0g}{1d{m}^3}\approx 4,0g\cdot d{m}^{-3}.$ Gęstość rzędu kilku gramów na decymetr sześcienny jest typowa dla gazów, a temperatura ($25{}^{\circ }C$) jest znacznie wyższa od temperatury wrzenia fosgenu ($8{}^{\circ }C$).

Odpowiedź: $d\approx 4g\cdot d{m}^{-3}$; w tych warunkach fosgen jest gazem.

Krok 1. Sumowanie reakcji 1. i 2. Dodajemy obie reakcje i skracamy wspólny jon pośredni $I{O}^{-}$: $I_2+2O{H}^{-}+HCHO+O{H}^{-}\to I^{-}+H_{2}O+HCO{O}^{-}+I^{-}+H_{2}O$ Po redukcji wyrazów podobnych: $HCHO+I_2+3O{H}^{-}\to HCO{O}^{-}+2I^{-}+2H_{2}O$

Krok 2. Stosunek masowy. 1 mol $HCHO$ ($M=30g/mol$) reaguje z 1 mol $I_2$ ($M=254g/mol$): $m_{HCHO}:m_{I_2}=30:254.$

Odpowiedź: równanie: $HCHO+I_2+3O{H}^{-}\to HCO{O}^{-}+2I^{-}+2H_{2}O$; stosunek masowy $m_{HCHO}:m_{I_2}=30:254$.

Krok 1. Masy molowe. $M_{N{a}_{2}C{O}_3}=106g/mol$, $M_{N{a}_{2}C{O}_3\cdot 10H_{2}O}=106+10\cdot 18=286g/mol$.

Krok 2. Masa soli bezwodnej w 21,5 g dekahydratu. $m_{N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{106\cdot 21,5}{286}\approx 8,0g.$

Krok 3. Ile wody towarzyszy tej soli. Roztwór nasycony ma 21,5 g dekahydratu w 100 g wody, czyli razem 121,5 g roztworu. Woda z hydratu ($21,5-8,0=13,5$ g) dołącza się do rozpuszczalnika: łącznie $100+13,5=113,5$ g wody.

Krok 4. Przeliczenie na 100 g wody. $S=\frac{8,0\cdot 100}{113,5}\approx 7,0g.$

Odpowiedź: rozpuszczalność $\approx 7,0$ g soli bezwodnej ($N{a}_{2}C{O}_3$) w 100 g wody.

Krok 1. Wpływ ciśnienia. Reakcja $2NO+O_2\rightleftharpoons 2N{O}_2$ zmniejsza liczbę moli gazu (3 mole substratów → 2 mole produktu). Zwiększenie ciśnienia przesuwa równowagę w stronę mniejszej liczby moli gazu, czyli zwiększa stopień przemiany. Krzywa $p_1$ ma niższe wartości niż $p_2$, więc ciśnienie $p_1$ jest niższe od $p_2$.

Krok 2. Wpływ temperatury. Wzrost temperatury zmniejsza równowagowy stopień przemiany NO w NO2 – równowaga przesuwa się w stronę substratów. Podwyższenie temperatury przesuwa równowagę w stronę reakcji endotermicznej, czyli przemiana NO w NO2 (w prawo) musi być egzotermiczna, a $\Delta H$ tej przemiany jest ujemna.

Odpowiedź: ciśnienie $p_1$ jest niższe od $p_2$; przemiana to reakcja egzotermiczna, $\Delta H$ jest ujemna.

Krok 1. Stopnie utlenienia azotu. W $N{O}_2$ azot ma stopień utlenienia $+4$. W $HN{O}_3$ azot ma $+5$ (utlenienie), a w $NO$ ma $+2$ (redukcja). Ten sam reagent ($N{O}_2$) jest jednocześnie utleniany i redukowany – to dysproporcjonowanie.

Krok 2. Bilans elektronowy. Utlenienie: $N^{+4}\to N^{+5}+e^{-}$. Redukcja: $N^{+4}+2e^{-}\to N^{+2}$. Na 1 cząsteczkę redukowaną trzeba 2 cząsteczki utlenione, razem 3 cząsteczki $N{O}_2$.

Krok 3. Uzupełnienie równania. $3N{O}_2+H_{2}O\to 2HN{O}_3+NO$

Odpowiedź: równanie: $3N{O}_2+H_{2}O\to 2HN{O}_3+NO$; wzór reduktora: $N{O}_2$; wzór utleniacza: $N{O}_2$ (ten sam związek ulega dysproporcjonowaniu).

Krok 1. Odczyt stężeń równowagowych z wykresu. $[N_2{O}_4]=0,0337mol\cdot d{m}^{-3}$, $[N{O}_2]=0,0125mol\cdot d{m}^{-3}$.

Krok 2. Wyrażenie na stałą równowagi. $K=\frac{[N_2{O}_4]}{[N{O}_2{]}^2}=\frac{0,0337}{(0,0125{)}^2}\approx 216.$

Krok 3. Wpływ temperatury. Reakcja jest egzotermiczna. Podwyższenie temperatury przesuwa równowagę w kierunku endotermicznym (rozkładu $N_2{O}_4$), zmniejszając wartość $K$. Stała w temperaturze wyższej niż $25{}^{\circ }C$ jest więc mniejsza niż w $25{}^{\circ }C$.

Odpowiedź: $K\approx 216$; w temperaturze wyższej niż $25{}^{\circ }C$ stała równowagi jest mniejsza niż w $25{}^{\circ }C$.

Krok 1. Reakcja z mocną zasadą. Kwasem Brønsteda w buforze jest $C{H}_{3}COOH$. Dodana zasada ($O{H}^{-}$) odbiera od niego proton: $C{H}_{3}COOH+O{H}^{-}\rightleftharpoons C{H}_{3}CO{O}^{-}+H_{2}O$

Krok 2. Wpływ mocnego kwasu. Dodanie mocnego kwasu zmniejsza stężenie jonów octanowych, bo przyjmują protony i przekształcają się w $C{H}_{3}COOH$: stężenie jonów octanowych zmaleje.

Odpowiedź: równanie: $C{H}_{3}COOH+O{H}^{-}\rightleftharpoons C{H}_{3}CO{O}^{-}+H_{2}O$; stężenie jonów octanowych zmaleje.

Krok 1. Rozpoznanie par kwas–sprzężona zasada. Roztwór I zawiera mocny kwas $HCl$ – to nie jest bufor. Roztwór II zawiera słabą zasadę $N{H}_3$ i sprzężony z nią kwas $N{H}_4^{+}$ – to bufor amonowy. Roztwór III zawiera parę jonów $HP{O}_4^{2-}$ i $H_{2}P{O}_4^{-}$ – to bufor fosforanowy. Roztwór IV zawiera dwie sole mocnego kwasu i mocnej zasady – to nie jest bufor.

Odpowiedź: buforami są roztwory II i III.

Krok 1. Liczba moli jonów $H^{+}$ i $O{H}^{-}$ przed reakcją. $n_{H^{+}}=0,040\cdot 0,8=0,032mol$ $n_{O{H}^{-}}=2\cdot 0,100\cdot 0,2=0,040mol$

Krok 2. Nadmiar jonów $O{H}^{-}$ po reakcji. $n_{O{H}^{-},pozostało}=0,040-0,032=0,008mol$

Krok 3. Stężenie $O{H}^{-}$ w końcowej objętości. $V=100+40=140c{m}^3=0,140d{m}^3$. $[O{H}^{-}]=\frac{0,008}{0,140}\approx 0,0571mol\cdot d{m}^{-3}$

Krok 4. Obliczenie pH. $pOH=-\log (0,0571)\approx 1,24,pH=14-1,24=12,76.$

Odpowiedź: $pH\approx 12,76$.

Krok 1. Liczba moli jonów widzów. Jony $B{a}^{2+}$ i $C{l}^{-}$ nie biorą udziału w reakcji zobojętniania: $n_{B{a}^{2+}}=0,100\cdot 0,2=0,020mol$ $n_{C{l}^{-}}=0,040\cdot 0,8=0,032mol$

Krok 2. Stężenia w objętości końcowej $0,140$ dm³. $[B{a}^{2+}]=\frac{0,020}{0,140}\approx 0,143mol\cdot d{m}^{-3}$ $[C{l}^{-}]=\frac{0,032}{0,140}\approx 0,229mol\cdot d{m}^{-3}$

Odpowiedź:

Krok 1. Analiza probówki 1. Po dodaniu $KF$ żółty roztwór (akwakompleks) odbarwia się – powstaje bezbarwny kompleks fluorkowy. Kompleks fluorkowy jest więc trwalszy niż akwakompleks.

Krok 2. Analiza dodania KSCN. Krwistoczerwone zabarwienie (kompleks rodankowy) pojawia się tylko w probówce bez fluorku. Oznacza to, że kompleks rodankowy jest słabiej trwały niż kompleks fluorkowy (nie mógł wyprzeć fluorku).

Krok 3. Uszeregowanie. Akwakompleks jest najmniej trwały, rodankowy pośrednio, fluorkowy najbardziej.

Odpowiedź: wzrost trwałości: III (akwakompleks), I (rodankowy), II (fluorkowy).

Krok 1. Ile moli szczawianu przereagowało. $M_{Ca{C}_2{O}_4}=40+2\cdot 12+4\cdot 16=128g/mol$, $n=\frac{12,8}{128}=0,1mol$. Cały ten mol przereagował (mieszanina nie zawiera już szczawianu), dając $0,1$ mol $CaC{O}_3$ i $0,1$ mol $CO$ (ubytek masy $0,1\cdot 28=2,8$ g).

Krok 2. Dodatkowy ubytek masy z rozkładu części węglanu. Całkowity ubytek: $6,32$ g, z czego $2,8$ g to $CO$. Pozostały ubytek: $6,32-2,8=3,52$ g to $C{O}_2$ z rozkładu $CaC{O}_3\to CaO+C{O}_2$: $n_{C{O}_2}=\frac{3,52}{44}=0,08mol$.

Krok 3. Skład mieszaniny końcowej. $0,08$ mola $CaC{O}_3$ rozłożyło się do $CaO$ ($0,08\cdot 56=4,48$ g), a pozostało $0,1-0,08=0,02$ mola $CaC{O}_3$ ($2,0$ g). Masa mieszaniny: $12,8-6,32=6,48$ g (sprawdzenie: $4,48+2,0=6,48$ g).

Krok 4. Procent masowy CaO. $\%CaO=\frac{4,48}{6,48}\cdot 100\%\approx 69,1\%.$

Odpowiedź: zawartość $CaO$ w mieszaninie wynosi $\approx 69,1\%$ (masowo).

Krok 1. Warunek odbarwienia roztworu. Odbarwienie wskazuje na zanik barwnego jonu $C{u}^{2+}$ (niebieski) – jedynym barwnym roztworem z zestawu II jest $CuS{O}_4$. Roztwory $Al(N{O}_3{)}_3$ i $AgN{O}_3$ są bezbarwne.

Krok 2. Warunek zmniejszenia masy płytki. Metal M musi być aktywniejszy od miedzi. Z metali w zestawie I aktywniejsze od Cu są Al i Sn (Ag i Au są mniej aktywne). Bilans masowy reakcji wymiany (masa molowa cyny w przeliczeniu na mol elektronów w porównaniu z osiadającą miedzią) prowadzi do spadku masy płytki właśnie dla cyny.

Odpowiedź: Zestaw I: Sn; Zestaw II: $CuS{O}_4(aq)$.

Krok 1. Kierunek reakcji. Cyna (aktywniejszy metal) wypiera miedź z roztworu jej soli – cyna oddaje elektrony (utlenia się), a jony $C{u}^{2+}$ przyjmują elektrony (redukują się) i osadzają się na płytce.

Odpowiedź: $Sn+C{u}^{2+}\to S{n}^{2+}+Cu$.

Krok 1. Reakcja strącania osadu. $Z{n}^{2+}+2O{H}^{-}\to Zn(OH{)}_2$. Do wytrącenia całego cynku z $1c{m}^3$ roztworu $ZnS{O}_4$ ($0,1mmolZ{n}^{2+}$) potrzeba $0,2mmol$ $O{H}^{-}$, czyli $2c{m}^3$ roztworu $KOH$.

Krok 2. Analiza nadmiaru KOH. $Zn(OH{)}_2$ jest amfoteryczny i roztwarza się w nadmiarze zasady: $Zn(OH{)}_2+2O{H}^{-}\to [Zn(OH{)}_4{]}^{2-}$. W probówce I ($1c{m}^3$ KOH) jest niedobór $O{H}^{-}$ – powstaje część osadu, który pozostaje. W probówce II ($2c{m}^3$) ilość jest stechiometryczna – cały cynk strąca się bez nadmiaru zasady, osad pozostaje. W probówce III ($6c{m}^3$, trzykrotny nadmiar) nadmiar $O{H}^{-}$ roztwarza cały osad do kompleksu – osad nie pozostaje.

Odpowiedź: biały osad $Zn(OH{)}_2$ pozostał w probówkach I i II.

Krok 1. Nadmiar KOH w probówce III. Przy dużym nadmiarze $O{H}^{-}$ cały wytrącony $Zn(OH{)}_2$ roztwarza się, tworząc kompleks cynkanowy o liczbie koordynacyjnej 4.

Odpowiedź: $Z{n}^{2+}+4O{H}^{-}\to [Zn(OH{)}_4{]}^{2-}$ (równoważnie: $Zn(OH{)}_2+2O{H}^{-}\to [Zn(OH{)}_4{]}^{2-}$).

Krok 1. Probówka I. $N{a}_{2}S{O}_3$ to sól słabego kwasu i silnej zasady – hydroliza anionu $S{O}_3^{2-}$ daje odczyn zasadowy. Fenoloftaleina w środowisku zasadowym barwi się na malinowo/różowo.

Krok 2. Probówka II. Dodanie silnego kwasu ($HCl$) do soli słabego, nietrwałego kwasu $H_{2}S{O}_3$ wypiera ten kwas, który rozkłada się do $S{O}_2$ i wody – widać wydzielanie bezbarwnego, duszącego gazu.

Odpowiedź: Probówka I: roztwór zabarwia się na malinowo/różowo. Probówka II: wydziela się bezbarwny, duszący gaz (widoczne pęcherzyki $S{O}_2$).

Krok 1. Interpretacja zasadowego odczynu. Zasadowy odczyn wynika z hydrolizy: $S{O}_3^{2-}+H_{2}O\rightleftharpoons HS{O}_3^{-}+O{H}^{-}$. Anion $S{O}_3^{2-}$ zachowuje się jako zasada Brønsteda, a sprzężonym kwasem jest $HS{O}_3^{-}$ – zauważalna hydroliza świadczy o tym, że $HS{O}_3^{-}$ jest słabym kwasem.

Odpowiedź: $HS{O}_3^{-}$.

Krok 1. Właściwość kwasu siarkowego(IV). Wydzielanie się $S{O}_2$ po dodaniu silnego kwasu do soli świadczy o tym, że wolny $H_{2}S{O}_3$ jest nietrwały i łatwo rozkłada się do $S{O}_2$ i $H_{2}O$.

Krok 2. Równanie reakcji. Mocny kwas $HCl$ wypiera nietrwały kwas siarkowy(IV) z jego soli: $S{O}_3^{2-}+2H^{+}\to S{O}_2+H_{2}O$

Odpowiedź: kwas siarkowy(IV) jest słabszy niż kwas chlorowodorowy i jest kwasem nietrwałym; równanie: $S{O}_3^{2-}+2H^{+}\to S{O}_2+H_{2}O$.

Krok 1. Identyfikacja A. A jest nasyconym $C_5$, w którym wszystkie atomy węgla mają jednakową rzędowość i tworzy jedną monobromopochodną – to cyklopentan $C_5{H}_{10}$ (pierścień, wszystkie C równocenne, drugorzędowe).

Krok 2. Identyfikacja B. B jest acyklicznym izomerem $C_5{H}_{12}$ tworzącym tylko jedną monobromopochodną – to neopentan (2,2-dimetylopropan), $C(C{H}_3{)}_4$, ze wszystkimi 12 wodorami równocennymi.

Krok 3. Równania reakcji. $\text{cyklopentan}+B{r}_2\stackrel{h\nu }{\to }\text{bromocyklopentan}+HBr$ $(C{H}_3{)}_{4}C+B{r}_2\stackrel{h\nu }{\to }(C{H}_3{)}_{3}C-C{H}_{2}Br+HBr$

Odpowiedź: A – cyklopentan: cyklopentan + $B{r}_2\stackrel{h\nu }{\to }$ bromocyklopentan + $HBr$; B – neopentan: $C(C{H}_3{)}_4+B{r}_2\stackrel{h\nu }{\to }(C{H}_3{)}_{3}CC{H}_{2}Br+HBr$.

Krok 1. Identyfikacja X. X to alken $C_4{H}_8$. Addycja $HCl$ do but-1-enu ($C{H}_2=CHC{H}_{2}C{H}_3$) daje dwa produkty: główny (2-chlorobutan) i uboczny (1-chlorobutan).

Krok 2. Analiza chiralności. 2-chlorobutan, $C{H}_{3}C{H}_{2}CHClC{H}_3$, ma atom C połączony z czterema różnymi podstawnikami – jest chiralny (para enancjomerów). 1-chlorobutan, $C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{2}Cl$, nie ma centrum stereogenicznego – jest achiralny.

Odpowiedź: wzór związku chiralnego: $C{H}_{3}C{H}_{2}CHClC{H}_3$; wzór związku achiralnego: $C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{2}Cl$.

Krok 1. Podstawniki przy centrum stereogenicznym. W 2-chlorobutanie centralny atom węgla jest połączony z czterema różnymi grupami: $H$, $Cl$, $C{H}_3$, $C{H}_{2}C{H}_3$.

Krok 2. Enancjomery jako odbicia zwierciadlane. Dwa enancjomery różnią się przestrzennym rozmieszczeniem tych samych czterech podstawników – są nienakładalnymi odbiciami zwierciadlanymi.

Odpowiedź: pierwszy enancjomer – przy centralnym C: $H$ (góra), $Cl$ (lewo), $C{H}_{2}C{H}_3$ (prawo), $C{H}_3$ (dół); drugi enancjomer – zamiana miejsc $H$ i $Cl$ względem pierwszego wzoru (pozostałe podstawniki bez zmian), co daje wzajemne odbicie zwierciadlane.

Krok 1. Typ reakcji. Terpinolen (IV) jest alkenem – w reakcji z wodą następuje przyłączenie $H$ i $OH$ do wiązania podwójnego, czyli addycja.

Krok 2. Mechanizm. Addycja wody do alkenu w środowisku kwasowym przebiega przez protonowanie wiązania podwójnego przez $H^{+}$ (elektrofil) i atak wody jako nukleofila – mechanizm elektrofilowy.

Odpowiedź: typ reakcji: addycja; mechanizm reakcji: elektrofilowy.

Krok 1. Warunek stosowania reguły Markownikowa. Reguła Markownikowa dotyczy addycji do niesymetrycznych alkenów, w których atomy węgla wiązania podwójnego różnią się liczbą podstawników wodorowych.

Krok 2. Analiza terpinolenu. Węgiel pierścieniowy zaangażowany w wiązanie podwójne z grupą izopropylidenową ($=C(C{H}_3{)}_2$) nie ma przy sobie atomu wodoru – sytuacja różni się od klasycznego przypadku rozstrzyganego regułą Markownikowa, więc reguła ta nie rozstrzyga tu regiochemii.

Odpowiedź: informacja nie jest poprawna – addycja wody do terpinolenu nie podlega regule Markownikowa, więc nie można nią uzasadnić przewagi terpineolu nad terpinen-4-olem.

Krok 1. Stwierdzenie 1. – płaskość. Pierścień benzenowy p-cymenu (6 atomów C) jest płaski, a dodatkowe atomy węgla bezpośrednio z nim związane (grupa metylowa i atom C grupy izopropylowej jako punkty przyłączenia) leżą także w tej płaszczyźnie ze względu na płaski charakter wiązań przy pierścieniu aromatycznym – łącznie co najmniej 8 atomów C leży w jednej płaszczyźnie. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Krok 2. Stwierdzenie 2. p-Cymen jest w pełni aromatyczny i stabilny – nie można z niego drogą prostej substytucji otrzymać niearomatycznego α-terpinenu (ma niearomatyczny pierścień z dwoma wiązaniami podwójnymi). Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Krok 3. Stwierdzenie 3. Pierścień aromatyczny p-cymenu reaguje z bromem tylko z katalizatorem (substytucja elektrofilowa) lub w świetle (substytucja rodnikowa przy grupie alkilowej). Terpinolen (alken) samoistnie, bez katalizatora i światła, przyłącza brom (addycja elektrofilowa). Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1 – P, 2 – F, 3 – P.

Krok 1. Wpływ podstawników na zasadowość aminy. Grupa alkilowa ($C{H}_3$–) jest elektronodonorowa – zwiększa gęstość elektronową na azocie, więc $C{H}_{3}N{H}_2$ jest silniejszą zasadą niż $N{H}_3$. Grupa fenylowa w anilinie wciąga wolną parę elektronową azotu w sprzężenie z pierścieniem, znacznie zmniejszając zasadowość – anilina jest najsłabszą z trzech zasad.

Krok 2. Uszeregowanie. $C{H}_{3}N{H}_2>N{H}_3>C_6{H}_{5}N{H}_2$ – najmocniejszą zasadą jest $C{H}_{3}N{H}_2$.

Krok 3. Sprzężony kwas. Im słabsza zasada, tym mocniejszy jej sprzężony kwas. Anilina jest najsłabszą zasadą, więc jej sprzężony kwas $C_6{H}_{5}N{H}_3^{+}$ najłatwiej odszczepia proton i jest najmocniejszym kwasem Brønsteda z trzech.

Odpowiedź: najmocniejsza zasada: $C{H}_{3}N{H}_2$; jon najłatwiej odszczepiający proton: $C_6{H}_{5}N{H}_3^{+}$ – jest on najmocniejszym kwasem Brønsteda.

Krok 1. Stężenie $O{H}^{-}$ z pH. $pOH=14-12,2=1,8$, $[O{H}^{-}]=10^{-1,8}\approx 0,0158mol\cdot d{m}^{-3}$.

Krok 2. Stężenie początkowe aminy. $[O{H}^{-}]=\alpha \cdot c_0$: $c_0=\frac{0,0158}{0,031}\approx 0,51mol\cdot d{m}^{-3}.$

Krok 3. Stała dysocjacji zasadowej. $K_b\approx {\alpha }^2\cdot c_0$ (bo $\alpha \ll 1$): $K_b\approx (0,031{)}^2\cdot 0,51\approx 5\cdot 10^{-4}.$

Krok 4. Wybór wzoru aminy. Wartość $K_b\approx 5\cdot 10^{-4}$ jest wyższa niż typowe $K_b$ prostych amin pierwszorzędowych (rzędu $10^{-4}$) i wskazuje na aminę drugorzędową z dwoma grupami alkilowymi zwiększającymi zasadowość – dimetyloaminę.

Odpowiedź: $K_b\approx 5\cdot 10^{-4}$; wzór aminy: $(C{H}_3{)}_{2}NH$.

Krok 1. Wpływ na równowagę. $RN{H}_2+H_{2}O\rightleftharpoons RN{H}_3^{+}+O{H}^{-}$. Dodanie $KOH$ zwiększa stężenie $O{H}^{-}$.

Krok 2. Reguła przekory. Wzrost stężenia produktu ($O{H}^{-}$) przesuwa równowagę w stronę substratów, zmniejszając stopień dysocjacji aminy.

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: tak, będzie miało wpływ – stopień dysocjacji zmniejszy się, ponieważ wzrost $[O{H}^{-}]$ przesuwa równowagę w stronę substratów (reguła przekory).

Krok 1. Zmiana stopnia utlenienia azotu. W grupie $-N{O}_2$ azot ma stopień utlenienia $+3$, a w $-N{H}_3^{+}$ ma $-3$ – redukcja, przyjęcie 6 elektronów i 7 protonów (2 atomy O odchodzą jako 2 cząsteczki wody).

Krok 2. Równanie redukcji. $C_6{H}_{5}N{O}_2+7H^{+}+6e^{-}\to C_6{H}_{5}N{H}_3^{+}+2H_{2}O$

Krok 3. Zmiana stopnia utlenienia tytanu. $T{i}^{3+}$ oddaje 1 elektron, przechodząc w $T{i}^{4+}$ – utlenianie.

Krok 4. Równanie utleniania. $T{i}^{3+}\to T{i}^{4+}+e^{-}$

Odpowiedź: redukcja: $C_6{H}_{5}N{O}_2+7H^{+}+6e^{-}\to C_6{H}_{5}N{H}_3^{+}+2H_{2}O$; utlenianie: $T{i}^{3+}\to T{i}^{4+}+e^{-}$.

Krok 1. Charakter przemiany. Kation $C_6{H}_{5}N{H}_3^{+}$ (protonowana anilina) trzeba przekształcić w wolną aminę $C_6{H}_{5}N{H}_2$ – to odszczepienie protonu, wymagające silnej zasady, np. $O{H}^{-}$.

Krok 2. Bilans. Proton odebrany przez $O{H}^{-}$ tworzy cząsteczkę wody.

Odpowiedź: $C_6{H}_{5}N{H}_3^{+}+O{H}^{-}\to C_6{H}_{5}N{H}_2+H_{2}O$.

Krok 1. Stopień utlenienia atomu węgla a. Atom a to atom pierścienia aromatycznego związany z dwoma atomami węgla pierścienia i jednym atomem wodoru (bez heteroatomu) – dwa wiązania C–C liczone jako 0, wiązanie C–H liczone jako $-1$: stopień utlenienia $-1$ (–I).

Krok 2. Stopień utlenienia atomu węgla b. Po podstawieniu H grupą $-OH$ w tym samym miejscu, atom b jest związany z dwoma atomami C pierścienia (0) i jednym atomem O grupy hydroksylowej (wiązanie C–O liczone jako $+1$): stopień utlenienia $+1$ (I).

Krok 3. Funkcja tryptofanu. Zamiana H na O zwiększa stopień utlenienia atomu węgla z $-1$ na $+1$ – to utlenienie fragmentu cząsteczki, więc sam tryptofan pełni funkcję substancji, która się utlenia, czyli reduktora.

Odpowiedź: stopień utlenienia węgla a: –I; węgla b: I; funkcja tryptofanu: reduktor.

Krok 1. Grupa wykrywana chlorkiem żelaza(III). Wodny roztwór $FeC{l}_3$ jest odczynnikiem do wykrywania grup fenolowych.

Krok 2. Analiza struktur. Serotonina ma grupę $-OH$ przyłączoną bezpośrednio do pierścienia aromatycznego (ugrupowanie fenolowe). Melatonina ma w tym miejscu grupę $-OC{H}_3$ – nie ma wolnej grupy fenolowej.

Krok 3. Wniosek. Tylko serotonina zawiera ugrupowanie fenolowe, więc dodanie $FeC{l}_3$ pozwoli rozróżnić te związki.

Odpowiedź: Zawartość obu probówek może być rozróżniona za pomocą wodnego roztworu chlorku żelaza(III), ponieważ tylko w cząsteczkach serotoniny występuje ugrupowanie fenolowe.

Krok 1. Stwierdzenie 1. Dekarboksylacja to odszczepienie grupy $-COOH$ jako $C{O}_2$. Serotonina już nie ma grupy karboksylowej (utraconej podczas dekarboksylacji 5-hydroksytryptofanu) – nie można z niej dekarboksylacją odtworzyć 5-hydroksytryptofanu. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Krok 2. Stwierdzenie 2. Serotonina nie ma grupy $-COOH$ – nie spełnia definicji aminokwasu, a tym bardziej nie jest aminokwasem białkowym. Stwierdzenie jest fałszywe (F).

Krok 3. Stwierdzenie 3. Związek A ma grupę $-NH-C(=O)-C{H}_3$ – to wiązanie amidowe. Stwierdzenie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: 1 – F, 2 – F, 3 – P.

Krok 1. Warunek geometryczny. Wewnątrzcząsteczkowe wiązanie wodorowe między $-OH$ i $-COOH$ może powstać tylko wtedy, gdy grupy sąsiadują na pierścieniu (pozycja orto) – tylko wtedy geometria pozwala na utworzenie małego, stabilnego pierścienia wiązania wodorowego.

Krok 2. Wniosek. Izomerem tworzącym wewnątrzcząsteczkowe wiązanie wodorowe (i mocniejszym kwasem, $K_a=1,0\cdot 10^{-3}$) jest kwas 2-hydroksybenzenokarboksylowy (salicylowy) – grupy $-OH$ i $-COOH$ sąsiadują na pierścieniu.

Odpowiedź: wzór kwasu salicylowego – pierścień benzenowy z grupą $-COOH$ przy jednym atomie węgla i grupą $-OH$ przy sąsiednim (orto) atomie węgla: $C_6{H}_4(OH)(COOH)$, orto.

Krok 1. Warunek działania detergentu. Detergent musi mieć budowę amfifilową: długi niepolarny łańcuch węglowodorowy połączony z polarną grupą.

Krok 2. Analiza budowy karnityny. Cząsteczka zawiera grupę czwartorzędowego kationu amoniowego, grupę hydroksylową i grupę karboksylanową – same fragmenty polarne/jonowe, bez długiego niepolarnego łańcucha.

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: nie – karnityna nie może być stosowana jako detergent. Uzasadnienie: cząsteczka karnityny nie zawiera części hydrofobowej (łańcucha węglowodorowego); zawiera wyłącznie grupy polarne/jonowe, więc nie ma budowy amfifilowej wymaganej od detergentu.

Krok 1. Porównanie rysunków anomerów z jednostkami trehalozy. W jednostce I grupa przy anomerycznym atomie węgla (C1) jest skierowana tak samo, jak w anomerze α D-glukopiranozy – jednostka I powstała z anomeru α. Zgodnie z treścią zadania obie jednostki powstały z tego samego anomeru, więc jednostka II powstała również z anomeru α.

Krok 2. Numer atomu węgla w wiązaniu O-glikozydowym. W obu jednostkach wiązanie prowadzi przez anomeryczny atom węgla każdego pierścienia, czyli przez atom C1 obu jednostek (wiązanie 1,1-glikozydowe).

Odpowiedź:

Krok 1. Budowa trehalozy a próba Trommera. W trehalozie oba anomeryczne atomy węgla (C1 obu jednostek) są zaangażowane w wiązanie O-glikozydowe – nie ma wolnej grupy $-OH$ przy żadnym anomerycznym atomie węgla, pierścienie nie mogą się otworzyć do formy z grupą aldehydową. Trehaloza jest cukrem nieredukującym i nie daje pozytywnego wyniku próby Trommera (probówka I – brak zmian).

Krok 2. Co się dzieje w probówce II. Ogrzewanie z kwasem solnym hydrolizuje wiązanie O-glikozydowe, powstają dwie cząsteczki wolnej D-glukozy z wolnymi grupami aldehydowymi – po zobojętnieniu i dodaniu $Cu(OH{)}_2$ glukoza daje pozytywny wynik próby Trommera (czerwony osad $C{u}_{2}O$).

Krok 3. Porównanie. Efekty w obu probówkach są różne.

Odpowiedź: Rozstrzygnięcie: nie, końcowy efekt nie był taki sam. Uzasadnienie: w trehalozie oba atomy anomeryczne biorą udział w wiązaniu glikozydowym, więc cukier ten nie ma grupy aldehydowej i nie reaguje z $Cu(OH{)}_2$ (probówka I – brak zmian). W probówce II kwas solny hydrolizuje wiązanie glikozydowe do wolnej glukozy, która ma grupę aldehydową i po ogrzaniu z $Cu(OH{)}_2$ daje pozytywny wynik próby Trommera (czerwony osad $C{u}_{2}O$).

Krok 1. Substraty. Kwas acetylosalicylowy powstaje z kwasu salicylowego (grupa $-OH$ przy pierścieniu i $-COOH$) i bezwodnika kwasu octowego $(C{H}_{3}CO{)}_{2}O$ – grupa fenolowa ulega acylowaniu.

Krok 2. Produkty. Grupa $-OH$ kwasu salicylowego reaguje z jednym fragmentem acylowym bezwodnika, tworząc wiązanie estrowe, a drugi fragment odchodzi jako kwas octowy $C{H}_{3}COOH$.

Odpowiedź: $C_6{H}_4(OH)(COOH)+(C{H}_{3}CO{)}_{2}O\to C_6{H}_4(OCOC{H}_3)(COOH)+C{H}_{3}COOH$ (kwas salicylowy + bezwodnik kwasu octowego → kwas acetylosalicylowy + kwas octowy).

Krok 1. Liczba moli chlorku winylu. $M_{C{H}_2=CHCl}=62,5g/mol$. $n=\frac{1000000}{62,5}=16000mol.$

Krok 2. Liczba moli dichloroetanu (wydajność rozkładu 90%). $n_{C_2{H}_{4}C{l}_2}=\frac{16000}{0,90}\approx 17778mol.$

Krok 3. Liczba moli etenu (wydajność chlorowania 80%). $n_{eten}=\frac{17778}{0,80}\approx 22222mol.$

Krok 4. Objętość etenu w warunkach normalnych. $V=22222\cdot 22,4\approx 497700d{m}^3\approx 498m^3.$

Odpowiedź: potrzebna objętość etenu wynosi $\approx 498m^3$.

Krok 1. Rozpoznanie fragmentów jednostki. PET jest poliestrem – jednostka zawiera fragment pochodzący od dwufunkcyjnego kwasu (pierścień benzenowy z dwiema grupami $-CO-$ w położeniu para) i fragment pochodzący od dwufunkcyjnego alkoholu ($-O-C{H}_2-C{H}_2-O-$).

Krok 2. Identyfikacja kwasu. Kwas tereftalowy (benzeno-1,4-dikarboksylowy): $HOOC-C_6{H}_4-COOH$.

Krok 3. Identyfikacja alkoholu. Glikol etylenowy: $HO-C{H}_2-C{H}_2-OH$.

Odpowiedź:

Krok 1. Układanie fragmentów. Dipeptydy: Gly-Tyr, Tyr-Leu, Leu-Leu, Leu-Ser. N-końcem jest Gly. Gly-Tyr: po Gly jest Tyr. Tyr-Leu: po Tyr jest Leu. Leu-Leu: po tym Leu jest kolejne Leu. Leu-Ser: po drugim Leu jest Ser.

Krok 2. Złożenie sekwencji. Gly → Tyr → Leu → Leu → Ser – pięcioaminokwasowy łańcuch wykorzystujący wszystkie cztery dipeptydy.

Odpowiedź: Gly-Tyr-Leu-Leu-Ser.

Krok 1. Rozpoznanie reszt aromatycznych. W sekwencji Gly-Tyr-Leu-Leu-Ser jest reszta tyrozyny z pierścieniem aromatycznym (fenolowym).

Krok 2. Reakcja z kwasem azotowym(V). Stężony $HN{O}_3$ nitruje pierścienie aromatyczne reszt aminokwasowych (np. tyrozyny) – to reakcja ksantoproteinowa, objawiająca się żółtym zabarwieniem.

Odpowiedź: Obserwacja: próbka przybiera żółte zabarwienie. Nazwa reakcji: reakcja ksantoproteinowa (nitrowanie pierścienia aromatycznego reszty tyrozyny).